大数二月号宿題

(解)
$n^{[\frac{m^2+5}{2}]}-2m^{n+1}=2025\dots (★)$ を満たす正の整数組$(m,n)$
$[\frac{m^2+5}{2}]=\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}\frac{m^2+5}{2}(m\in odd)\\ \frac{m^2+4}{2}(m\in even)\end{array}\end{array}$

$p$を$3$または$5$とするこのとき
$m\equiv 0(modp)⟺n\equiv 0(modp)$
このことから以下の場合について考えればよい
(Ⅰ)$m\equiv n\equiv 0(mod5)$
(Ⅱ)$m\equiv n\equiv 0(mod3)$
(Ⅲ)$m,n$はともに$15$と互いに素

(Ⅰ)の場合
$v_5$((★)の左辺)$\geqq 6$かつ$v_5$((★)の右辺)=$2$より不適

(Ⅱ)の場合
$n\geqq 6$のとき
$v_3$((★)の左辺)$\geqq 7$かつ$v_3$((★)の右辺)$=4$より不適
よって$n=3$に限られて
また$m=3a$($a$は正の整数)とおけて
$(i)$$a=1$のとき$(★)$は成立
$(ii)$$a\geqq 2$のとき
$[\frac{(3a{)}^2+5}{2}]>3a+2$を利用して
$(n^{[\frac{(3a{)}^2+5}{2}]}>)n^{3a+2}>2(3a+2{)}^3+2025$を数学的帰納法で示して
このとき$(★)$を満たす正の整数組$(m,n)$は存在しない

(Ⅲ)$(★)$の$mod2$を考えて$n\equiv 1(mod2)\dots \mathrm{①}$
$(iii)$$m$が偶数のとき$m^2\equiv 0(mod4)$より
$[\frac{m^2+5}{2}]=\frac{m^2+4}{2}$が偶数であることに注意すると
このときフェルマーの小定理より
$((★)$の左辺$)$≡$-1$$(mod3)$,$((★)$の右辺$)$≡$0$より不適

$(iv)m$が奇数のとき
$[\frac{m^2+5}{2}]=\frac{m^2+5}{2}$
フェルマーの小定理より$m^2+5$は$3$の倍数で$\frac{m^2+5}{2}$も$3$の倍数
ここで$(★)$の$mod3$を考えると
$n^{\frac{m^2+5}{2}}-2m^{n+1}\equiv 0(mod3)$
$n^{\frac{m^2+5}{2}}\equiv 2(mod3)$ $(\because$フェルマーの小定理$)$
このとき$n\equiv 2(mod3)$が必要
このとき$n+1=6N$$(N$は正の整数$)$
ここで法$7$における立法剰余を考えると $t^3\equiv -1,0,1(mod7)$に限られる
フェルマーの小定理より
$m^{6N}\equiv \begin{array}{r}\{\begin{array}{l}0(m\equiv 0(mod7))\\ 1(m\not\equiv 0(mod7))\end{array}\end{array}$
ここで$(★)$を$mod7$で考える
$((★)$の左辺$)$≡$0,1,4,5,6$に限られるが
$((★)$の右辺$)\equiv 2$より不適
以上(Ⅰ),(Ⅱ),(Ⅲ)より求める正の整数組$(m,n)$は
$(m,n)=(3,3)$
(追記)$(\mathrm{Ⅰ})$不要でしたね…(後で気づきました)